2022高考物理总复习名师学案--电场（56页WORD）●考点指要知识点要求程度两种电荷.电荷守恒.Ⅰ真空中的库仑定律.电量.Ⅱ电场.电场强度.电场线.点电荷的场强.匀强电场.电场强度的叠加.Ⅱ电势能.电势差.电势.等势面.Ⅱ匀强电场中电势差跟电场强度的关系.Ⅱ静电屏蔽.Ⅱ带电粒子在匀强电场中的运动.Ⅱ示波器.示波器及其应用.Ⅰ电容器.电容.平行板电容器的电容.常用的电容器.Ⅱ【说明】带电粒子在匀强电场中偏转的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行和垂直于场强的两种情况.●复习导航本章主要研究静电场的根本性质及带电粒子在静电场中的运动问题.场强和电势是分别描述电场的力的性质和能的性质的两个物理量.正确理解场强和电势的物理意义，是掌握好本章知识的关键.本章的其他内容，如电势差、电场力的功、电势能的变化等是电场的能的性质讨论的延伸，带电粒子在电场中的运动问题那么是电场上述两性质的综合运用.电场中的导体、静电感应现象在原来考纲中是重点内容，其要求为Ⅱ级，新考纲把该知识点的要求降低，仅要求知道它的应用——静电屏蔽，要求降为Ⅰ级，复习中要注意把握好深度.近几年高考中对本章知识考察频率较高的是电场力做功与电势能变化、带电粒子在电场中的运动这两个知识点.尤其在与力学知识的结合中巧妙地把电场概念、牛顿定律、功能关系等相联系命题，对学生能力有较好的测试作用.另外平行板电容器也是一个命题频率较高的知识点，且常以小综合题型出现.其他如库仑定律、场强叠加等虽命题频率不高，但往往出现需深刻理解的叠加问题，也是复习中不容无视的.本章内容可分为以下三个单元进展复习：(Ⅰ)库仑定律；电场强度.(Ⅱ)电势能；电势差.(Ⅲ)电容；带电粒子在电场中的运动.第Ⅰ单元库仑定律·电场强度●知识聚焦一、电荷及电荷守恒定律1.自然界中只存在正、负两种电荷，电荷在它的周围空间形成电场，电荷间的相互作用力就是通过电场发生的.电荷的多少叫电量.基元电荷ｅ＝1.6×10-19C.2.使物体带电也叫做起电.使物体带电的方法有三种：（1）摩擦起电，（2）接触带电，（3）感应起电.3.电荷既不能创造，也不能被消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体这一局部转移到另一局部.这叫做电荷守恒定律.二、库仑定律在真空中两个点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上.数学表达式为F＝k，其中比例常数k叫静电力常量.k＝9.0×109N·m2／C2.59/59\n三、电场强度1.电场的最根本性质之一，是对放入其中的电荷有电场力的作用.电场的这种性质用电场强度来描述.在电场中放入一个检验电荷q，它所受到的电场力F跟它所带电量的比值F／q叫做这个位置上的电场强度.定义式：E＝F／q.场强是矢量，规定正电荷受电场力的方向为该点场强的方向，那么负电荷受电场力的方向与该点场强的方向相反.2.电场线：为了直观形象地描述电场中各点的强弱及方向，在电场中画出一系列曲线，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密表示电场的弱强.电场线的特点：（1）始于正电荷，终于负电荷；（2）任意两条电场线都不相交.要熟悉以下几种典型电场的电场线分布：(1)孤立正、负点电荷；(2)等量异种点电荷；(3)等量同种点电荷；(4)匀强电场.3.正、负点电荷Q在真空中形成的电场是非均匀电场，场强的计算公式为E＝k.4.匀强电场：场强方向处处相同，场强大小处处相等的区域称为匀强电场.匀强电场中的电场线是等距的平行线.平行正对的两金属板带等量异种电荷后，在两板之间除边缘外就是匀强电场.图9—1—1●疑难解析1.库仑定律F＝k的适用条件是：（1）真空（2）点电荷.点电荷是一理想化模型.当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而使用库仑定律，否那么不能使用.例如：半径均为r的金属球如图9—1—1所示放置，使两球的边缘相距为r.今使两球带上等量的异种电荷Q，设两电荷Q间的库仑力大小为F，比较F与k的大小关系.显然，如果电荷能全部集中在球心处，那么二者相等.依题设条件，两球心间距离3r不是远远大于r，故不能把两带电球当作点电荷处理.实际上，由于异种电荷的相互吸引，使电荷分布在两球较靠近的球面处，这样两局部电荷的距离小于3r，故F＞.同理，假设两球带同种电荷Q，那么F＜.2.要正确理解场强的定义式E＝.电场强度E的大小、方向是由电场本身决定的，是客观存在的，与放不放检验电荷、以及放入的检验电荷的正负、电量多少均无关.既不能认为E与F成正比，也不能认为E与q成反比.3.电场线只能描述电场的方向及定性地描述电场的强弱，并不是带电粒子在电场中的运动轨迹.带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力情况和初速度情况来决定.4.要区别场强的定义式E＝与点电荷场强的计算式E＝，前者适用于任何电场，其中E与F、q无关；而后者只适用于真空（或空气）中点电荷形成的电场，E由Q和r决定.●典例剖析［例1］以下关于带电粒子在电场中的运动轨迹与电场线的关系说法中正确的选项是A.带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同B.带电粒子在电场中的运动轨迹一定与电场线重合C.带电粒子只受电场力作用，由静止开场运动，其运动轨迹一定与电场线重合D.带电粒子在电场中运动轨迹可能与电场线重合【解析】59/59\n电荷的运动轨迹和电场线是完全不同的两个概念，在分析有关问题时，既要明确二者的本质区别，还要搞清二者重合的条件.电场线方向表示场强方向，它决定电荷所受电场力方向，从而决定加速度方向，正电荷加速度方向与电场线的切线方向相同，负电荷那么相反，故A错.带电粒子的运动轨迹应由粒子在电场中运动的初速度和受力情况来决定，而该带电粒子所在运动空间的电场的电场线可能是直线也有可能是曲线，带电粒子在电场力作用下只有满足：(1)电场线是直线；(2)粒子的初速度为零或初速度方向与电场线在一条直线上时，其运动轨迹才与电场线重合.故B、C错而D选项正确.【思考】(1)带电粒子在电场中能否做匀速圆周运动?假设能，将是什么样的电场?(2)带电粒子在电场中仅在电场力作用下做“类平抛”运动时，电场力做正功还是负功?动能和电势能如何变?(3)带电粒子从等量同种电荷连线的中点由静止开场运动(只受电场力)，其轨迹如何?运动性质如何?【思考提示】（1）能，电场方向应沿径向，且在圆周上各点场强大小相同，例如在点电荷的电场中，带电粒子可以点电荷为圆心做匀速圆周运动.（2）电场力做正功.带电粒子的动能增加，电势能减小.（3）带电粒子在等量同种电荷连线的中点处于平衡状态.假设带电粒子所带的电荷与两端的电荷相反，那么它受到扰动离开平衡位置后，将沿两电荷的连线向一侧做加速度逐渐增大的加速直线运动.假设带电粒子所带的电荷与两端的电荷的电性相同，那么它受到扰动后将沿两电荷连线的中垂线先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的加速运动.【设计意图】通过本例主要说明带电粒子的运动轨迹和电场线的区别及在什么条件下它们会重合.［例2］两个电荷量分别为Q和4Q的负电荷a、b，在真空中相距为l，如果引入另一点电荷c,正好能使这三个电荷都处于静止状态，试确定电荷c的位置、电性及它的电荷量.【解析】由于a、b点电荷同为负电性，可知电荷c应放在a、b之间的连线上，而c受到a、b对它的库仑力为零，即可确定它的位置.又因a、b电荷也都处于静止状态，即a、b各自所受库仑力的合力均要为零，那么可推知c的带电性并求出它的电荷量.依题意作图如图9—1—2所示，并设电荷c和a相距为x，那么b与c相距为（l-x)，c的电荷量为qc.对电荷c,其所受的库仑力的合力为零，即Fac=Fbc.图9—1—2根据库仑定律有：.解得：x1=l,x2=-l.由于a、b均为负电荷，只有当电荷c处于a、b之间时，其所受库仑力才可能方向相反、合力为零，因此只有x=l.59/59\n三个电荷都处于静止状态，即a、b电荷所受静电力的合力均应为零，对a来说，b对它的作用力是向左的斥力，所以c对a的作用力应是向右的引力，这样，可以判定电荷c的电性必定为正.又由Fba=Fca,得：,即qc=Q.【思考】（1）像本例这种情况，要保证三个电荷都静止，三个电荷是否必须在同一直线上？两侧的电荷是否一定为同性电荷，中间的一定为异性电荷？（2）假设a为+Q、b为-4Q，引入的第三个电荷c的电性、电量，位置如何，才能使a、b、c均静止？（3）本例中假设a、b两电荷固定，为使引入的第三个电荷c静止，c的电性、电量、位置又如何？【思考提示】（1）三个电荷必须在同一直线上，才能保证每一个电荷所受的其他两电荷施加的库仑力等大反向.两端的电荷必须是同性电荷，中间的为异性电荷，才能保证每一个电荷所受的两个力均反向.（2）假设a为+Q，b为-4Q，那么c应放在ab连线上a、b的外侧且在a侧距a为l，qc=-4Q.（3）假设a、b均固定，为使c静止，那么c在a、b之间距a为x=处（位置不变），c可带正电荷，也可带负电荷，电量也没有限制.【设计意图】通过本例说明利用库仑定律讨论三个电荷平衡问题的方法及特点.［例3］如图9—1—3所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，以下说法中正确的选项是图9—1—3A.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零【解析】要想了解从P到O的运动情况，必须首先对中垂线上的电场强度的分布有一个比较清晰的了解.由电场的“迭加原理”可知O点的场强为零，离O点无限远处的场强也为零，而中间任意一点的场强不为零，可见从O经P到无限远处，场强不是单调变化的，而是先增大而后逐渐减小，其中必有一点P′,该点的场强最大.下面先将P′的位置求出来，如图9—1—4所示，设=2a,∠P′MN=θ,E1=E2=,由平行四边形定那么可得59/59\n图9—1—4E=2E1sinθ=2kcos2θsinθ不难发现，当sinθ=时，E有最大值.如果点电荷的初始位置P在P′之下或正好与P′重合，粒子从P到O的过程中，加速度就一直减小，到达O点时加速度为零，速度最大；如果粒子的初始位置在P′之上，粒子从P到O的过程中，加速度先增大而后减小，速度一直增大，到达O点时速度达最大值.故C选项正确.【说明】对于几种常见的电场，（点电荷的电场；等量同种电荷的电场；等量异种电荷的电场；平行电容器间的电场等.)其电场线的大体形状、场强的特点等，在脑子中一定要有深刻的印象.【设计意图】通过本例说明电场的叠加原理及等量同种电荷电场的特点，特别是两电荷连线中垂线上的电场分布.※［例4］如图9—1—5所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬于O点，假设q1＞q2,l1＜l2,平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，那么m1______m2.(填“＞”“=”或“＜”＝图9—1—5【解析】分析清楚物体的受力情况，并利用平衡条件可求解.解法1：分析m1的受力情况如图9—1—5所示，由m1受力平衡，利用正弦定理得即.同理，对m2有：59/59\n.即对△m1m2O有,及l1sinα1=l2sinα2.得：因F=F′，所以m1g=m2g,即m1=m2.解法2：m1、m2两球均受到三个力作用，根据平衡条件和平行四边形定那么作图9—1—6，根据题目条件知那么图9—1—6△m1BD≌△m2AD那么有由于△FFTm1∽△DOm1△F′FT′m2∽△DOm2那么由于F=F′,所以m1=m2.【说明】（1）两电荷间的相互作用总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上（一对作用力、反作用力），与它们的电量是否相等无关.(2)在电学中分析解决平衡问题，跟在力学中分析解决平衡问题的方法相同，仅是物体所受的力多了一个电场力.【设计意图】通过本例说明综合应用物理知识和数学知识分析解决物理问题的方法，提高学生应用数学知识处理物理问题的能力.59/59\n●反响练习★夯实根底1.在静电场中a、b、c、d四点分别放一检验电荷，其电量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷电量的关系如图9—1—7所示，由图线可知图9—1—7A.a、b、c、d四点不可能在同一电场线上B.四点场强关系是Ec＞Ea＞Eb＞EdC.四点场强方向可能不相同D.以上答案都不对【解析】根据F=Eq知，在F—q图象中，E为斜率，由此可得Ec＞Ea＞Eb＞Ed，选项B正确.【答案】B2.电场强度E的定义式为E=F/q,根据此式，以下说法中正确的选项是①该式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比，拿走q，那么E=0.②式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度.③式中q是产生电场的点电荷的电量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度.④在库仑定律的表达式F=kq1q2/r2中，可以把kq2/r2看作是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把kq1/r2看作是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小.A.只有①②B.只有①③C.只有②④D.只有③④【解析】E=为电场强度的定义式，适用于各种电场，其中q为检验电荷的电量，F为其在电场中所受的电场力，电场强度E由电场决定，与检验电荷及其受力无关，故①、③错，②对.由E=和库仑定律F=知，为q1在q2处产生电场的场强，为q2在q1处产生电场的场强，故④对，选C.【答案】C3.三个完全相同的金属小球A、B和C，A、B带电后位于相距为r的两处，A、B之间有吸引力，大小为F.假设将A球先跟很远处的不带电的C球相接触后，再放回原处，然后使B球跟很远处的C球接触后，再放回原处.这时两球的作用力的大小变为F/2.由此可知A、B原来所带电荷是______（填“同种”或“异种”）电荷；A、B所带电量的大小之比是______.59/59\n【解析】由于A、B两球相互吸引，所以，它们原来带异种电荷.设原来的电量（绝对值）分别为qA、qB，那么F=①A与C接触后，剩余电荷为qA,B再与C接触后，假设qB＞qA，那么剩余电荷为（qB-aA）,A、B间仍为吸引力；假设qB＜qA，那么剩余电荷为（qA-qB）,A、B间为斥力.由库仑定律得F=②或F=K③由①②得qB=qB-qA,显然这是不可能的，即第一种假设不符合题目条件.由①③得.【答案】异种；6∶14.在x轴上有两个点电荷，一个带电量Q1，另一个带电量Q2，且Q1=2Q2.用E1和E2分别表示两个点电荷产生的场强的大小，那么在x轴上A.E1=E2之点只有一处，该处的合场强为0B.E1=E2之点共有两处，一处的合场强为0，另一处的合场强为2E2C.E1=E2之点共有三处，其中两处的合场强为0，另一处的合场强为2E2D.E1=E2之点共有三处，其中一处的合场强为0，另两处的合场强为2E2【解析】设Q1、Q2相距l，在它们的连线上距Q1x处有一点A，在该处两点电荷所产生电场的场强大小相等，那么有即x2-4lx+2l2=0解得x=即x1=(2+)l,x2=(2-)l,说明在Q2两侧各有一点，在该点Q1、Q259/59\n产生电场的场强大小相等，在这两点中，有一点两点电荷产生电场的场强大小，方向都相同（假设Q1、Q2为异种电荷，该点在Q1、Q2之间，假设Q1、Q2为同种电荷，该点在Q1、Q2的外侧），在另一点，两电荷产生电场的场强大小相等，方向相反（假设Q1、Q2为异种电荷，该点在Q1、Q2外侧，假设Q1、Q2为同种电荷，该点在Q1、Q2之间）.【答案】B5.质量为4×10-18kg的油滴，静止于水平放置的两平行金属板间，两板相距8mm,那么两板间电势差的最大可能值是______V，从最大值开场，下面连贯的两个可能值是______V和______V.(g取10m/s2)【解析】设油滴带电量为nq,那么nqE=mg,即：nq·=mg当n=1时，U最大，即：Umax==V=2V当n=2时，U2=V=1V当n=3时，U3=V=0.67V【答案】2；1；6.有一水平方向的匀强电场，场强大小为9×103N/C,在电场内作一半径为10cm的圆，圆周上取A、B两点，如图9—1—8所示，连线AO沿E方向，BO⊥AO,另在圆心O处放一电量为10-8C的正点电荷，那么A处的场强大小为______；B处的场强大小和方向为______.图9—1—8【解析】由E=kQ/r2=9.0×109×10-8/0.01=9.0×103N/C,在A点与原场强大小相等方向相反.在B点与原场强方向成45°角.【答案】0；9×103N/C,与原场强方向成45°角向右下方.59/59\n7.如图9—1—9所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电量为q,A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，将它们悬挂在O点.三球均处于竖直方向的匀强电场中（场强为E）.静止时，A、B球间的细线的拉力等于______；将OA线剪断后的瞬间，A、B球间的细线拉力的大小为______.图9—1—9【解析】线断前，以B、C整体为研究对象，由平衡条件得FT=5mg+Eq①OA线剪断后的瞬间，C球只受重力，自由下落，而B球由于受到向下的电场力作用使A、B一起以大于重力加速度的加速度加速下落，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得Eq+3mg=3ma②以A为研究对象，那么FT′+mg=ma③由②③求得FT′=Eq【答案】5mg+Eq；Eq8.如图9—1—10，两个同样的气球充满氦气，气球带有等量同种电荷.两根等长的细线下端系上5.0×103kg的重物后，就如图9—1—10所示的那样平衡地飘浮着，求每个气球的带电量为多少?图9—1—10【解析】分别对重物和小球分析受力如以下图，对重物2FTsinθ=Mg对气球FT′cosθ=F′=，FT′=FT解得：59/59\nQ==5.6×10－4C【答案】5.6×10－4C★提升能力9.水平方向的匀强电场中，一个质量为m带电量为+q的质点，从A点射入电场并沿直线运动到B点，运动轨迹跟电场线(虚线表示)夹角为α，如图9—1—11所示.该匀强电场的方向是，场强大小E＝.图9—1—11【解析】应考虑物体还受G作用，G与电场力的合力与v方向在同一直线上，可判定.【答案】向左；10.一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性很好，内部有两个完全一样的弹性金属小球A和B，带电量分别为9Q和-Q，两球质量分别为m和2m，两球从图9—1—12所示的位置同时由静止释放，那么，两球再次经过图中的原静止位置时，A球的瞬时加速度为释放时的______倍.此时两球速率之比为______.图9—1—12【解析】两球相撞时正、负电荷中和后，剩余电荷再平分，即A、B碰后均带4Q的正电荷.由动量守恒定律知，mvA=2mvB,那么=2,那么A、B同时由静止释放，相碰后必然同时返回到各自的初始位置.碰前、碰后在原来位置A球所受B球对它的作用力分别为F=F′=即那么碰后A球回到原来位置时的加速度a′跟从该位置释放时A球的加速度a之比为.【答案】；2∶111.在光滑绝缘的水平面上有两个被束缚着的带有同种电荷的带电粒子A和B，已知它们的质量之比mA∶mB=1∶3,撤除束缚后，它们从静止起开场运动，在开场的瞬间A的加速度为a,那么此时B的加速度为多大？过一段时间后A的加速度为a/2,速度为v0,那么此时B的加速度及速度分别为多大？59/59\n【解析】两电荷间的斥力大小相等，方向相反.由牛顿第二定律得，当A的加速度为a时，aB=，同理当A的加速度为时，aB=.由于初速度均为零，加速时间相同，故A为v0时，vB=.【答案】12.如图9—1—13所示，半径为r的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电量为q，其圆心Ｏ处的场强为零.现截去环顶部的一小段弧AB，AB＝L且Lr，求剩余电荷在圆心Ｏ处产生电场的场强.图9—1—13【解析】根据对称性，除与AB弧关于圆心D对称的弧A′B′(在底部)外，硬橡胶圆环上剩余局部相应的对称点的电荷在圆心D处产生的电场抵消，故O点的电场等效为由A′B′弧上的电荷产生，由对称性知，==L,由于Lr,故上的电荷可视为点电荷，它在O点形成电场的场强方向竖直向上，大小为E=【答案】；方向竖直向上※13.有一绝缘长板放在光滑水平面上，质量为m，电量为q的物块沿长木板上外表以一定初速度自左端向右滑动，由于有竖直向下的匀强电场，滑块滑至板右端时，相对板静止，假设其他条件不变，仅将场强方向改为竖直向上，物块滑至中央时就相对静止.求：(1)物块带何种电荷.(2)匀强电场场强的大小.【解析】(1)第二次滑行时，物块与木板间的摩擦力Ff较大，此时物块受电场力应竖直向下，而场强E的方向向上，所以物块带负电.(2)由动量守恒知两次物块与木块相对静止时速度相同，故两次系统产生的内能应相同，设木板长L，动摩擦因数为μ，那么应有：μ(mg-Eq)L=μ(mg+Eq)得E=mg/3q.【答案】负电；mg/3q第Ⅱ单元电势能·电势差●知识聚焦一、电势能由电荷和电荷在电场中的相对位置决定的能量叫电势能.电势能具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点.59/59\n由于电势能具有相对性，所以实际的应用意义并不大，而经常应用的是电势能的变化.电场力对电荷做功，电荷的电势能减少；电荷抑制电场力做功，电荷的电势能增加.电势能变化的数值等于电场力对电荷做功的数值.这常是判断电荷电势能如何变化的依据.二、电势电势差1.电势是描述电场的能的性质的物理量.在电场中某位置放一个检验电荷q，假设它具有的电势能为W，那么比值W／q叫做该位置的电势.电势也具有相对性.通常取离电场无穷远处或大地的电势为零电势（对同一个电场，电势能及电势的零点选取是一致的），这样选取零电势点之后，可以得出正点电荷形成的电场中各点的电势均为正值，负点电荷形成的电场中各点的电势均为负值.2.电场中两点的电势之差叫电势差.依照课本的要求，电势差都是取绝对值.知道了电势差的绝对值，要比较哪个点的电势高，需根据电场力对电荷做功的正负判断，或者是由这两点在电场线上的位置判断.3.电势相等的点组成的面叫等势面.要掌握点电荷、等量异种点电荷的电场及匀强电场中等势面的分布情况.等势面(线)的特点：(1)等势面上各点电势相等，在等势面上移动电荷电场力不做功.(2)等势面一定跟电场线垂直，而且电场线总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面.(3)规定：画等势面(线)时，相邻两等势面(或线)间的电势差相等.这样，在等势面(线)密处场强大，等势面(线)疏处场强小.4.电场力对电荷做的功为：W＝qU，此公式适用于任何电场.电场力对电荷做功与路径无关，由起始和终了位置的电势差决定.除上述求电场力做功的方法外，还有两种方法：（1）用功的定义式W=Fscosθ来计算，但在中学阶段，限于数学根底，要求式中F为恒力才行，所以，这个方法有局限性，仅在匀强电场中使用.(2)用结论“电场力做的功等于电荷电势能增量的负值”来计算，即W=-Δε，这个方法在已知电荷电势能的值时比较方便.5.在匀强电场中电势差与场强的关系是U=Ed，或者E＝U／d，公式中的d是沿场强方向上的距离.三、静电屏蔽1.静电感应：把金属导体放在外电场E中，由于导体内的自由电子受电场力作用而定向运动，使导体的两个端面出现等量的异种电荷，这种现象叫静电感应.2.静电平衡：发生静电感应的导体两端感应的等量异种电荷形成一附加电场E′，当附加电场与外电场完全抵消时，即E′＝E时，自由电子的定向移动停顿，这时的导体处于静电平衡状态.3.处于静电平衡状态导体的特点：（1）导体内部的场强处处为零，电场线在导体内部中断.（2）导体是一个等势体，外表是一个等势面.（3）导体外表上任一点的场强方向跟该点的外表垂直.（4）导体所带的净电荷全局部布在导体的外外表上.4.静电屏蔽(1)导体空腔（不管是否接地）内部的电场不受腔外电荷的影响.(2)接地的导体空腔（或丝网）外部电场不受腔内电荷的影响.●疑难解析1.电势和电势差的区别与联系(1)区别：电场中某点的电势与零电势点的选取有关(一般取无限远处或地球为零电势).而电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关.(2)联系：电场中某点的电势在数值上等于该点与零电势点间的电势差.2.电场强度和电势的比照59/59\n电场强度E电势φ1描写电场的力的性质描写电场的能的性质2电场中某点的场强等于放在该点的正点电荷所受的电场力F跟正点电荷电量q的比值.E＝，E在数值上等于单位正电荷所受的电场力电场中某点的电势等于该点跟选定的标准位置(零电势点)间的电势差.φ在数值上等于单位正电荷所具有的电势能.3矢量标量4单位：N／C；V／mV(1V＝1J／C)5联系：①在匀强电场中UAB＝Ed（d为A、B间沿电场线方向的距离）；②电势沿着电场强度的方向降落3.应用电场力做功的计算公式W＝qU时，可以三个量都是绝对值，计算出功的数值之后，要再根据电场力的方向与电荷移动位移方向间的夹角确定是电场力做功，还是抑制电场力做功.也可都代入符号使用，写为WAB＝qUAB，特别是在比较A、B两点电势上下时更为方便：先计算UAB＝WAB／q，假设UAB＞0，即φA－φB＞0，那么φA＞φB；假设UAB＜0，即φA－φB＜0，那么φA＜φB.4.静电感应与感应起电.如图9—2—1所示，在正电荷Q附近放一个不带电的导体B，由于静电感应在B的左、右两端分别出现等量的负、正电荷.用导线将B与大地相连，由于原来等势体B的电势大于零（正电场中各点的电势都大于零），而大地的电势等于零，大地上的自由电子在电场力作用下向高电势的B导体移动.所以不管把导线接在B的左端还是右端，接地后B导体都是带负电.如果再把导线断开，接着把＋Q移走，那么B就能带负电.图9—2—1●典例剖析［例1］如图9—2—2所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为+10-2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，假设A点电势为-10V，那么图9—2—2①B点的电势为10V②电场线方向从右向左③微粒的运动轨迹可能是轨迹1④微粒的运动轨迹可能是轨迹2以上判断正确的选项是A.①③B.②④C.②③D.①④【解析】正电荷只在电场力作用下从A运动到B，动能损失0.1J，那么电势能增加0.1J，φA＜φB，且电场力做功为WAB=-0.1J,所以UAB=φA-φB=V=-10V59/59\n由于φA=-10V,所以φB=0，①错.由于正电荷从A向B运动时电场力做负功，所以，正电荷所受电场力方向为沿电场线向左，那么电场线的方向为从右向左，②对.由于微粒只受电场力作用做曲线运动，那么电场力一定指向它运动轨迹的内侧，所以，它的运动轨迹应为1，而不是2，故③对，④错，应选C.【说明】本单元中的题目综合性往往较强，多数题目要涉及力学中的内容.因此在分析有关的题目时，要善于把电场中的概念和规律与力学中分析和解决问题的方法结合起来.【设计意图】通过本例说明：（1）求电场某点电势的方法；（2）由电荷能量变化判断电场力方向，进一步判断运动轨迹的方法.［例2］如图9—2—3所示，在真空中的A、B两点分别放等量异号点电荷+q、-q,在电场中通过A、B两点的竖直平面内于对称位置取一个矩形路径abcd.现将一个电子沿abcd移动一周，那么正确的选项是图9—2—3A.由a→b,电势降低，电子电势能减少B.由b→c,电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零C.由c→d,电子的电势能增大D.由d→a,电子的电势能先减小后增大，电势能总变化量为零【解析】根据等量异号点电荷形成的电场其电场线的分布情况和等势面的分布情况来判断每段过程中电场力、电势能的改变情况.由于abcd矩形是电场中AB间对称的四点，故有ad两点在同一等势面，bc两点在另一等势面上，且φad比φbc更高；而O1点的电势比φad更高，O2点的电势比φbc更低，所以a→b，电势降低，电子顺电场线移动，电场力做负功，电势能增加，A项错.(如图9—2—4)图9—2—4b→c，即b→O2→c，由于O2的电势更低，因此，电场力先做负功，后做正功，总功为零，B选项错.c→d，电子逆电场线方向移动（或由电势低的等势面向电势高的等势面移动），电场力做正功，电势能减少，C项错.d→a，电子先从电势低的等势面移向电势高的等势面，后从电势高的等势面移向电势低的等势面，所以电子的电势能先减少，后增大，电势能的总变化量为零，D项对.【思考】两等量异种电荷连线的中垂面上各点的场强如何？电势如何？【思考提示】59/59\n两等量异种电荷连线的中垂面上各点场强的方向均与面垂直，并指向负电荷一侧.在该面上，连线中点的场强最大，离中点越远的地方场强越小.该中垂面上各点的电势都相等（等势面），假设取无限远处电势为零，该面上各点的电势均为零.【设计意图】通过本例说明等量异种电荷所形成的电场的特点，并利用其对称性分析解决有关问题的方法.图9—2—5［例3］如图9—2—5所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，那么①带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的②a点的电势比b点的电势高③带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小④a点的电场强度比b点的电场强度大上述判断正确的选项是A.①③B.①②③C.②③④D.①②④【解析】沿电场线方向电势降低，a点电势一定比b点电势高，②正确.带电质点从a点由静止释放，能沿电场线向上运动，可见受的电场力方向一定向上，即①正确.在a点时，质点所受的电场力一定大于重力，如果是匀强电场，质点应永远加速运动下去，但质点到达b点时速度为零，说明质点已经进展了一段减速运动，那么这段时间内其受的电场力比重力要小了，可见电场力是变化的，这是一非匀强电场的电场线，且场强越来越小，④正确.由于电场力方向向上，可知电场力做正功，电势能减少，即带电质点在a点的电势能大于在b点的电势能，③错.由以上分析知，正确的判断为①②④，应选D.【思考】假设已知a、b两点的高度差为h,带电质点的质量为m，电量为q，a、b两点的电势差多大？【思考提示】在带电质点从a到b的运动过程中，电场力做功使质点的重力势能增加mgh，那么Wab=mgh,所以，a、b两点的电势差为Uab=【设计意图】通过本例说明根据电场线的方向判断电势变化，以及综合根据带电质点的受力情况和运动情况判断质点电势能的变化，比较电场强度大小的方法.［例4］如图9—2—6所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点.已知φA=12V,φB=6V,φC=-6V.试在该方框中作出该电场的示意图（即画出几条电场线），并要求保存作图时所用的辅助线，假设将一个电子从A点移到B点，电场力做多少电子伏的功？图9—2—6【解析】59/59\n由于电场线与等势面垂直，而且在匀强电场中，电势相等的点的连线必在同一等势面上，所以与等势点连线垂直的线必是电场线，电势相等的点可根据匀强电场的特点，利用等分法来找.因φB=6V,φC=-6V,由匀强电场的特点：U=E·d知，在BC连线的中点D处的电势必为零；同理，把AC线段等分成三份，在等分点D′处的电势也必为零.连接DD′即为该电场中的一条等势线，根据电场线与等势线垂直，可以画出电场中的电场线，如图9—2—7中实线所示，由沿场强方向电势降低可确定出场强的方向.将一电子从A移到B，电场力做功为：W=-eUAB=-h×(12-6)=-6eV.图9—2—7【说明】像本例这类问题，由电场中几个点的电势画出电场线，依据的是电场线跟等势面（线）垂直，因此，找寻势点是解决这类问题的关键.【设计意图】通过本例说明根据电场中某几个点的电势画电场线的方法.●反响练习★夯实根底1.在静电场中A.电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B.电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C.电场强度的方向总是跟等势面垂直D.电势降低的方向就是电场强度的方向【解析】电场强度大小和电势上下没有直接关系，不能根据电场强度大小判断电势上下，也不能根据电势的上下判断电场强度的大小.A、B均错.电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对.沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，D错.【答案】C2.关于静电场中某点电势的正、负，正确的说法是A.电势的正、负取决于把电荷从零电势点移到该点的过程中电场做功的正、负B.电势的正、负取决于场源电荷的正、负，假设该点处在正的场源电荷周围的静电场中，它的电势一定是正的C.电势的正、负取决于零电势位置的选定D.电势的正、负取决于电荷在该点所具有的电势能的正、负【解析】对于某一确定的静电场来说，其中各点电势的上下分布也是确定的，但由于电势具有相对性，电场中某一点的电势终究是取正值还是负值，那么取决于零电势位置的选定，至于电荷在电场中某一点所具有的电势能却是取决于该点电势的上下、正负，以及所引入电荷的电性和电荷量.故正确选项为C.【答案】C3.关于电势与电势能的说法正确的选项是A.电荷在电场中电势高的地方，具有的电势能就大59/59\nB.电荷在电场中电势越高的地方，它的电荷量越大，所具有的电势能也越大C.在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D.在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能【解析】对于A、B选项，电荷具有的电势能大小，取决于它在电场中的位置（电势的上下）和该电荷的电性.对于C、D选项，由于点电荷形成的电场无穷远处的电势为零，只要将电荷从电场中向无穷远处移，再根据电场力做功与电势能改变的关系来判断.所以，C选项正确.【答案】C4.如图9—2—8所示，在真空中有两个带相等电量的正电荷q1和q2，它们分别固定在A、B两点，DC为AB连线的中垂线.现将正电荷q3由C沿CD移至无穷远处，在此过程中图9—2—8A.q3的电势能逐渐增大B.q3的电势能先逐渐增大，后逐渐减小C.q3受到的电场力逐渐减小D.q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小【解析】两正电荷的中垂线上电场由C向无限远移动的过程中，E先增大后减小，电场力F＝Eq，先增大后减小.由于CD上各点合电场的场强方向都是从C指向D，所以，正电荷q3沿CD移动时，电场力总是做正功，电荷的电势能一直减小.【答案】D5.如图9—2—9所示的同心圆（虚线）是电场中的一组等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，那么有图9—2—9A.电子沿AC运动时受到的电场力越来越小B.电子沿AC运动时它具有的电势能越来越小C.电势UA＞UB＞UCD.电势差UAB=UBC【解析】电子由A向C运动时速度越来越小，动能越来越小，那么电势能越来越大，那么该电场为一负的点电荷形成的电场，电子向C运动过程中受到的电场力越来越大，所以，A、B均错，C正确.由于从A到C，电场强度越来越大，由U=Ed知，UAB＜UBC，D选项错.【答案】C59/59\n6.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J,在B点的电势能为0.80×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图9—2—10所示，该点电荷的电量数值为1.0×10-9C,那么图9—2—10A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差大小UAB=4.0VD.把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J【解析】由电荷在A、B两点的电势能知，该电荷从A点移到B点电场力做功W=4×10-9J，那么A、B两点的电势差大小为UAB==4.0V由于不能确定电荷的正、负，故不能比较A、B两点电势的上下.C选项正确.图9—2—11【答案】C7.如图9—2—11所示，xOy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上a点移至x轴上b点，需抑制电场力做功W；假设从a点移至x轴上c点，也需抑制电场力做功W.那么此空间存在的静电场不可能是A.电场强度方向沿y轴负方向的匀强电场B.电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场C.处于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场D.处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场【解析】由题意知，b、c在同一等势面上，且a点电势高于b、c点电势.此空间的电场不可能是沿x轴正方向的匀强电场.【答案】B8.如图9—2—12所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间电势差相等，一正电荷在等势线φ3上时，具有动能20J，它在运动到等势线φ1上时，速度为零，设φ2=0，那么该电荷的电势能为4J时，其动能为______J.图9—2—12【解析】正电荷从φ3等势面运动到φ1等势面，抑制电场力做功为20J，那么该正电荷从φ3等势面运动到φ2等势面，抑制电场力做功为10J，那么在φ2等势面上时，正电荷具有的动能为10J，由于φ2=0，它的电势能为零.即该正电荷动能和电势能的总和为1059/59\nJ，在只有电场力做功的情况下，动能和电势能的总和保持10J不变，那么电势能为4J时，动能为6J.【答案】69.一个带负电的质点，带电量为2.0×10-9C，在电场中将它由a点移到b点，除了电场力之外，其他力做功6.0×10-5J,质点的动能增了8.0×10-5J.那么a、b两点间的电势差φa-φb=______.【解析】设电场力做功为Wab，由动能定理得Wab+W=ΔEkWab=ΔEk-W=2.0×10-5J那么φa-φb=V=-1.0×104V【答案】-1.0×104V★提升能力10.质量为m、电荷量q的质点，在静电力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为θ(rad),AB弧长为s.那么A、B两点间电势差φA-φB=______；AB弧中点的场强大小E=______.【解析】由于质点从A运动到B速率不变，电场力不做功，故φA=φB,即φA-φB=0.圆周半径为R=质点做圆周运动的向心力为电场力.根据做匀速圆周运动的条件知，在AB圆弧上各点电场强度大小相等，那么Eq=那么E=【答案】0；11.图9—2—13中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点.已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V,φB=3V,φC=-3V.由此可得D点电势φD=____V.图9—2—13【解析】如图，UAB=ELcosα,UDC=ELcosα所以UAB=UDC，即UAB=φA-φB,UDC=φD-φC,59/59\n所以φD＝φA-φB+φC=9V【答案】912.倾角为30°的直角三角形底边长为2L，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨.现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电质点q从斜面顶端A沿斜面滑下(不脱离斜面).如图9—2—14所示，已测得它滑到B在斜面上的垂足D处时速度为v,加速度为a,方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多大?图9—2—14【解析】由几何关系知，DO=OC=OB=l.D和C为+Q电场中等势面上的两点，那么由D到C，电场力不对+q做功，只有重力做功，且CD=BCcos30°=l,DE=CDsin30°=l，由动能定理得：mgl=mvC2-mv2，vC=；在D点+q受力分析有:F合=ma=mgsin30°-Fcos30°,在C点它所受电场力不变，有：F合′=maC=mgsin30°+Fcos30°，得：aC=g-a【答案】；g-a※13.如图9—2—15所示，匀强电场中，A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形，电场强度方向平行于纸面.现有一电子，在电场力作用下，由A至C动能减少W，而质子在电场力作用下，由A至B动能增加W，那么该匀强电场E的大小和方向的判定正确的选项是图9—2—15A.E=，方向垂直BC并由A指向BCB.E=，方向垂直BC并由A指向BCC.E=，方向垂直AC并由B指向ACD.E=，方向垂直AB并由C指向AB【解析】59/59\n电子在电场力作用下由A到C，抑制电场力做功为W，那么质子从A到C电场力做功W，质子从A到B电场力做功也为W，因此B、C两点是等势点，B、C的连线为匀强电场的等势线，电场线垂直于BC，电场强度的方向从A指向BC.A到BC的距离为asin60°=a,那么Ee·a=W所以E=【答案】A※14.如图9—2—16所示，a、b和c表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、φ和φ.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动.已知它经过等势面b时的速率为v，那么它经过等势面c时速率为.图9—2—16【解析】a→b，mv2=q·①a→c，mvx2=q·φ②①②由可得vx=v【答案】v※15.如图9—2—17，在场强为E的匀强电场中有相距为l的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电量为q的正电荷从A点移到B点.假设沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1＝；假设沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2＝；假设沿曲线ADB移动该电荷，电场力做的功W3＝.由此可知，电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是：.59/59\n图9—2—17【解析】由电场力做功与路径无关，可判断W1＝W2＝W3＝qElcｏsθ.【答案】qElcｏsθ；qElcｏsθ；qElcｏsθ；电场力做功与路径无关，仅由初末位置决定.※16.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图9—2—18所示，从坐标原点沿+y轴前进0.346m到A点.电势降低34.6V；从坐标原点沿-x轴前进0.2m到B点，电势升高34.6V，求匀强电场的场强大小和方向.图9—2—18【解析】由题意知，E的方向大致指向右上方，设与水平成θ如图，应有UOA=E·sinθ①，UBO=E·cosθ②，联立①②可解θ=30°，E=200N/C.【答案】200N/C；沿x轴偏上成30°角的方向第Ⅲ单元电容·带电粒子在电场中的运动●知识聚焦一、电容1.电容器：两个彼此绝缘而又互相靠近的导体就组成一个电容器.电容器的工作状态——充电和放电.充电就是使电容器带电的过程，放电就是使充电后的电容器失去电荷的过程.电容器的带电量是指其中一个极板所带电量的绝对值.2.电容：描述电容器容纳电荷本领的物理量.电容器所带电量与两极间电势差的比值叫电容.定义式为C＝.其中C与Q、U无关，仅由电容器本身决定.单位：1F=1C/V=10-6μF=1012rF3.平行板电容器：C跟平行板的正对面积S、介质介电常数ε成正比，跟两板间距d成反比.即C=，其中k为静电力常量.在分析有关平行板电容器的Q、E、U和C的关系时，主要有以下两种情况：(1)保持两板与电源相连，那么电容器两极板间电压U不变.(2)充电后断开电源，那么带电量Q不变.二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加（减）速直线运动.粒子动能的改变量等于电场力做的功（匀强电场及非匀强电场均可）.即59/59\nqU=mv2-mv02这类问题根本上是运动学、动力学、静电学知识的综合题.处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律.主要规律有：（1）牛顿定律结合直线运动公式；（2）动量定理和动能定理；（3）动量守恒定律和包括静电势能及内能的能量守恒定律.2.带电粒子的偏转如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场，不计重力，电场力使带电粒子产生加速度，做类平抛运动.分析时，仍采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t；另一个是平行于场强方向的分运动——匀加速运动，vy＝at，a＝.粒子的偏转角为tanφ＝.讨论：（1）质量分别为m1和m2，电量分别为q1和q2的带电粒子经过同一加速电场同一偏转电场后，侧位移之比为1∶1.(2)质量分别为m1和m2，电量分别为q1和q2的带电粒子以同一速度经过同一偏转电场后，侧位移之比为q1m2∶q2m1.(3)质量分别为m1和m2，电量分别为q1和q2的带电粒子以同一动能经过同一偏转电场后，侧位移之比为q1∶q2.(4)质量分别为m1和m2，电量分别为q1和q2的带电粒子以同一动量经过同一偏转电场后侧位移之比为m1q1∶m2q2.(5)带电粒子从偏转电场中射出时，末速度与初速度之间的夹角φ(偏向角）的正切为tanφ，带电粒子位移与初速度之间的夹角α的正切值为tanα，二者的关系为tanφ=2tanφ.3.示波管示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器，其核心局部是示波管，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成（如图9—3—1所示）.加在偏转电极yy′上的电压是所要研究的信号电压，如果信号电压是周期性的，且周期与扫描电压的周期相同，在荧光屏上就显示出信号电压随时间变化的图线.图9—3—1●疑难解析1.带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法根本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题.2.在对带电粒子进展受力分析时，要注意两点：(1)要掌握电场力的特点.如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；在匀强电场中，同一带电粒子所受的电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受的电场力的大小和方向都可能不同；等等.59/59\n(2)是否考虑重力要依据具体情况而定：①根本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量).②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.3.带电粒子的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程.解决这类问题，可以用动能定理，也可以用能量守恒定律.如选用动能定理，那么要分清有哪些力做功?做的是正功还是负功?是恒力功还是变力功?假设电场力是变力，那么电场力的功必须写成Wab＝qUab.还要确定初态动能和末态动能(或初、末态间的动能增量).如选用能量守恒定律，那么要分清有哪种形式的能在变化?怎样变化(是增加还是减少)?能量守恒的表达形式有：（1）初态和末态的总能量(代数和)相等，即E初＝E末；（2）某些形式的能量减少一定等于其他形式的能量增加，即ΔE减＝ΔE增；（3）各种形式的能量的增量(ΔE1＝E1末－E1初)的代数和为零，即ΔE1＋ΔE2＋…＝0.●典例剖析［例1］图9—3—2所示是一个由电池、电阻R、电键K与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合.在增大电容器两极板间距离的过程中图9—3—2A.电阻R中没有电流B.电容器的电容变大C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流【解析】图中电容器被充电，A极板带正电，B极板带负电.根据平行板电容器的大小决定因素C∝可知当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小.由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压UAB保持不变，根据电容的定义C＝，当C减小时电容器两极板所带电量Q都要减少，A极板所带正电荷的一局部从a到b经电阻R流向电源正极，即电阻R中有从a流向b的电流.所以选项C正确.【思考】(1)假设电容器充电后将K再断开，在增大电容器两极板间距离的过程中，平行板电容器电容、电量、电压及两板间的电场强度如何变化？(2)在K闭合的状态下，电容器两板间插入电介质，那么电容C、带电量Q、板间电压U、板间电场强度E等量将如何变?(3)在K闭合的状态下，假设插入两板间的是一块较薄的金属板(d′＜d)，那么板间的电场强度E如何变?【思考提示】59/59\n（1）电容器充电后断开电源，那么电容器的电量一定，d增大时，由C=知C减小；由C=知U增大；由E=知，由于d增大，而C减小，而cd不变，故E不变.（2）K闭合时，U一定，由E=知，E不变；由C=知，ε增大时C增大；由C=知，Q增大，电容器充电.（3）插入厚度为d′的金属板，等效为两平行金属板间的距离减小了d′，而K闭合时U不变，由E=知，E增大.【设计意图】通过本例说明平行板电容器在与电源连接和断开两种情况下，电容C、电量Q、电压U及场强E随d（S、ε）的变化而变化的规律及分析方法.［例2］图9—3—3是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h.两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L.为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是图9—3—3A.增大两板间电势差U2B.尽可能使板长L短些C.尽可能使板间距离d小一些D.使加速电压U1升高一些【解析】电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转.分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度（h/U2)的数学表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的根本思路.电子经电压U1加速有：eU1=mv02①电子经过偏转电场的过程有：L=v0t②h=at2=③由①②③可得.因此要提高灵敏度，假设只改变其中的一个量，可采取的方法为增大L；减小U1；减小d.所以此题的正确选项为C.59/59\n【思考】（1）在本装置中，假设将电子换成其他的负离子，其轨迹是否也发生变化？（2）电子从偏转电场飞出时，其速度的反向延长线在初速度v0方向上有一交点O，此点O位于何处？【思考提示】（1）由h=知，偏转情况与带电粒子所带电荷量及质量无关，故假设将电子换成其他负离子，轨迹不变.(2)O点位于中点推导如下：设O点距偏转极板右端x处.电子离开偏转电场时，速度方向的偏转角为α那么tanα=x=【设计意图】通过本例说明带电粒子在电场中偏转问题的分析方法.［例3］如图9—3—4所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，假设保持两极间的电压不变，那么图9—3—4①把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回②把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落③把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回④把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落以上判断正确的选项是A.①②③④B.①②④C.②③④D.①③④【解析】考察质点自P下落到N孔处的全过程，根据动能定理，在A、B两板没有移动时mg·2d-qU=0①其中m和q分别为质点的质量和带电量，U为两极板间的电压.当A板向上或向下移动一小段距离时，由于极板间电压不变，故①式仍成立，选项①正确，②错误.当B板向上平移一小段距离时，质点自P下落至N的距离h＜2d，即有mgh-qU＜0②②式说明质点未到N即返回.当B板向下平移一小段距离时，质点自P下落至N的距离h′＞2d，即有59/59\nmgh′-qU=mvN2＞0③③式说明质点能穿过N孔继续下落.正确选项为①③④，即应选D.【说明】物理情景中某个因素发生变化时，要善于探索随之变化的其他因素，更要能够正确发现不变的因素，即所谓的“异中求同”，这往往是解题的关键，此题中A、B两板分别移动时，两极板间电压不变，而极板间的场强将发生改变.【设计意图】通过本例说明综合运用动能定理等规律分析带电粒子在电场、重力场等复合场中所做的较复杂的直线运动的方法，以及判断由一个因素的变化引起其他因素变化的方法.［例4］如图9—3—5（甲）所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=100V的加速电场后，由小孔s沿两水平金属板A、B间的中心线射入.A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u—t图线如图9—3—5（乙）所示.设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场.在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的.两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长L=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子.（甲）（乙）（丙）（1）以t=0时（见图9—3—5（乙）所示，此时u=0)，电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上.试计算电子打到记录纸上的最高点y坐标和x坐标（不计重力作用）.(2)在给出的坐标纸（图9—3—5（丙）所示）上定量画出电子打到记录纸上的点形成的图线.【解析】（1）计算电子打到记录纸上的最高点坐标.设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，那么mv02=eU0①59/59\n电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，那么l=v0t0②电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动.对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压UC应满足d=·③联立①、②、③式解得UC==20V此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy=④以后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图9—3—6可得图9—3—6⑤由以上各式解得y=cm⑥从题给的u—t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10s，u的最大值Um=100V，因为UC＜Um，在一个周期T0内，只有开场的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板Δt=T0⑦因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为x1==2cm⑧第二个最高点的x坐标为59/59\nx2==12cm⑨第三个最高点的x坐标为x3==22cm由于记录筒的周长为20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由⑧和⑨表示.(2)电子打到记录纸上所形成的图线，如图9—3—7所示.图9—3—7【说明】此题着重考察考生综合分析能力和应用数学处理物理问题的能力.对于比较复杂的物理情境，考生尤其应注意对物理过程的分析，从中找出解题所需要的规律和条件.此题所设计的物理情境是组合式的.电子的运动共有三个过程：被U0加速的过程；在A、B平行板产生的电场中运动的过程；通过A、B后打在记录筒上的过程.这三个过程对于学生来说都不陌生.第一个过程是匀加速直线运动；第二个过程是类平抛运动；第三个过程是电子离开偏转电场后做匀速直线运动.此题最后设计了一个转动的屏，不少学生因此而弄不懂题目，这显然不是文字问题，而是自己没有分析能力的表现.前面的三个过程分析不清或得不到分那么是对根本的物理问题处理方法不明确.各种物理现象，都是在一定的条件下发生的，如此题中的电子能否穿过平行板决定于加在平行板两端的电压的大小这一条件.因此，在解物理问题时，对于所涉及的物理现象，一定要分析清楚产生该现象的原因，并能够独立地分析物理情境中所包含的条件和因素，用数学公式表示出来，进展分析、推导.这是鉴别考生能力上下的一个重要标志.【设计意图】培养学生综合分析能力和应用数学处理物理问题的能力.※［例5］两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m=5×10-6kg的带电微粒，以v0=2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图9—3—8所示，A、B两板间距离为d=4cm，板长L=10cm.图9—3—8（1）当A、B间的电压为UAB=1000V时，微粒恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该微粒的电量和电性.(2)令B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板所加电势的范围.【解析】59/59\n此题中微粒的重力不可忽略，因此微粒的运动规律将取决于重力和电场力的合力.当重力跟电场力相等时，微粒做匀速直线运动；当重力大于电场力时，微粒将向下偏转；当重力小于电场力时，微粒将向上偏转.(1)当UAB=1000V时，微粒恰好不偏转，那么q=mg所以q==2×10-9C因为UAB＞0，所以板间电场强度方向向下，而电场力向上，那么微粒带负电.（2）当电场力F＞mg时，带电粒子向上偏.设当微粒恰好从右上边缘M点飞出时，A板电势为φ1，因为φB=0，所以UAB=φ1.粒子在水平方向上做匀速直线运动，那么L=v0t①微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，那么偏转距离at2②加速度：a=-g③由方程式①②③代入数据可得：φ1=2600V当电场力F＜mg时，带电粒子向下偏转，竖直方向加速度：a=g-.同理可解得A板的电势：φ2=-600V.故欲使微粒射出偏转电场，A板所加电势的范围为：-600V＜φA＜2600V【说明】从此题的解析可以看出，在处理带电体在电场中偏转的问题时，不管是否受重力，都可以把它受的合外力等效成“重力”，然后按类平抛运动的规律来求解.等效法是从效果等同出发来研究物理现象和物理过程的一种科学方法.等效的概念在中学物理中应用很广.例如，力的合成和分解、运动的合成和分解、电路的总电阻、交流电的有效值等，它们的计算都是应用等效法得出的.【设计意图】通过本例说明综合应用牛顿运动定律、运动合成与分解的规律分析带电粒子在电场力等多个力作用下做匀变速曲线运动问题的分析方法，本例还说明了利用临界情况求极值的分析方法.●反响练习★夯实根底1.平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图9—3—9所示，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器两极间的电压；W表示正电荷在P点的电势能.假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么59/59\n图9—3—9A.U变小，E不变B.E变大，W变大C.U变小，W变小D.U不变，W不变【解析】电量Q不变，d减小，C变大，U=变小.场强E=仍不变.设P点离负极为L，电势能W=qEL仍不变.【答案】A2.图9—3—10中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点.假设带电粒子在运动中只受电场力作用，关于a、b两点的情况，根据此图做出的正确判断是图9—3—10A.带电粒子在a点时加速度较小B.带电粒子在a、b两点受的电场力的方向沿电场线向左C.带电粒子在a点的速度较大D.带电粒子在a点的电势能较大【解析】带电粒子在电场力作用下做曲线运动，电场力应沿电场线并且指向轨迹的内侧，故带电粒子在a、b两点时受到的电场力沿电场线向右，B选项错.由于a点处电场线较密，电场强度较大，故带电粒子在a点时加速度较大，A选项错.由于带电粒子受到的电场力沿电场线向右，故假设它从a向b运动，电场力做正功，电势能减少，动能增大，故带电粒子在b点的速度较大，在a点的电势能较大，C选项错，D选项正确.【答案】D3.平行板电容器两极板接在稳压电源的两极上，将两板缓慢拉开一定距离，外力做功为W1；假设与电源断开，也是缓慢将两板拉开相同的距离，外力做功为W2，那么A.W1=W2B.W1＜W2C.W1＞W2D.无法确定【解析】假设电容器接在电源上，U不变，而由E=知，随着d的增大，E减小，且由C=知，Q也减小，而电容器与电源断开，由E==，d增大时Cd不变，E不变，由W=EqL不难判断两种情况下，将电容器极板拉开L的距离时，W1＜W2.【答案】B4.图9—3—59/59\n11所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电.现将一个试探电荷+q由两极板间的A点移动到B点，如图9—3—11所示.A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°.那么电场力对试探电荷q所做的功等于图9—3—11A.B.C.D.【解析】W=qEL①E=②L=s·sin30°③由①②③得W=.【答案】C5.如图9—3—12所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的a、b、c三处.由此可知图9—3—12A.粒子a带正电，b不带电，c带负电B.三个粒子在电场中运动的时间相等C.三个粒子在电场中的加速度aa＜ab＜acD.三个粒子到达正极板的动能Eka＞Ekb＞Ekc【解析】由于v0相同，那么由水平分运动知t=由于xa＜xb＜xc，故ta＜tb＜tc59/59\n由竖直分运动知y=at2由于y相同，所以aa＞ab＞ac，由此可知b不带电，a带负电，c带正电.对a，重力和电场力均做正功，对b，只有重力做正功，对c，重力做正功，电场力做负功，故到达正极板时Eka＞Ekb＞Ekc.D选项正确.【答案】D6.有一个充电的平行板电容器两极板间的电压为3V，现设法使它的电量减少3×10-4C，于是其板间电压降为原来的1／3；如果再使它的带电量增加，当板间电压增加到16V时，它的带电量是元电荷的倍.【解析】平行板电容器的电容为C=F=1.5×10-4F当两板间电压增大到16V时所带的电量为Q=CU=1.5×10-4×16C=2.4×10-3C它是元电荷的n倍，那么n==1.5×1016【答案】1.5×10167.如图9—3—13所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开场运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中.射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况下，一定能使电子的偏转角θ变大的是图9—3—13A.U1变大、U2变大B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小【解析】在加速电场中，由动能定理得U1e=mv02①在偏转电场中，沿电场力方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，其末速度为vy=②电子离开电场时的偏转角θ为tanθ=59/59\n③由①②③得tanθ=所以U1变小，U2变大一定能使偏转角增大.【答案】B8.平行板电容器的两板带电量分别为+Q和-Q，有一个带电微粒以速度v0沿带+Q的极板板面垂直于电场方向射入电场，恰好从另一极板的边缘射出，射出时的速度为v.假设带电微粒带电量为q、质量为m，不计重力的影响，可知两板间的电势差是______；电容器的电容是______.【解析】根据动能定理Uq=mv2-mv02U=平行板电容器的电容为C=【答案】9.如图9—3—14所示，相距为d的两平行金属板AB上加电压U，A板电势高，在A板上放一小粒放射性物质，它不断向右侧空间各个方向放出质量为m、电量为q的α粒子，粒子最大速度为v.B板上涂荧光粉，α粒子轰击B板而发光，设α粒子不被B板反射，那么B板的发光面积为______.图9—3—14【解析】平行于A板出射速度最大的α粒子打在发光面的最边缘，粒子做类平抛运动.发光面为一半径为R的圆，且有：d=at2，R=vt，a=qU/md，S=πR2，所以S=【答案】★提升能力59/59\n10.一对平行金属板A、B间电压变化如图9—3—15所示，一个不计重力的带负电的粒子原静止在O点处，下面有几种关于粒子的运动情况的说法图9—3—15①在t=0时无初速释放，那么粒子一定能打到A板上②在t=0时无初速释放，粒子在满足一定条件的情况下才会打到A板上③t=T/4时无初速释放，那么粒子一定能打到A板上④t=T/4时无初速释放，粒子在满足一定条件的情况下能打到A板上以上说法正确的选项是A.①④B.②③C.①③D.②④【解析】从t=0时释放，粒子先加速，后减速，运动方向不变，一定能打到A板.假设从t=T时无初速释放，粒子先从O点沿电场力方向做匀加速直线运动，T后电场力方向与运动方向相反，粒子以跟原来等大的加速度做减速运动，再经T速度减为零，设此时粒子到达O′点.它又沿跟原来运动相反的方向做匀加速直线运动T，再匀减速T回到O点，速度减为零，这样粒子在OO′之间做往复运动，显然，假设粒子在到达O′点时打不到A板上，那么它将不会打到A板上.【答案】A11.在真空中，电子(质量为m，电量为e)连续地射入相距为d的两平行金属板之间.两板不带电时，电子将沿与两板等距离的中线射出，如图9—3—16(a)所示，通过两板的时间为T.现在极板上加一个如图9—3—16(b)所示变化的电压，变化的周期也为T，电压最大值U0.假设加电压后，电子均能通过板间而不碰极板，求这些电子离开电场时，垂直于两板方向的最大位移和最小位移各为多少?图9—3—16【解析】电子从t=nT射入，电子先偏转，再匀速运动，垂直于两板方向的位移最大；电子从t=+nT射入，电子先匀速运动，再偏转，垂直于两板方向的位移最小.粒子在t=nT时进入电场，先偏转，那么vy=a=在内的偏移为y1=59/59\n然后，粒子又匀速运动T，其偏转为y2=vy=那么ymax=y1+y2=粒子在t=nT+T时进入电场，先匀速运动T，无偏移，再偏转，那么最小偏移为ymin=【答案】3eU0T2/8md；eU0T2/8md12.喷墨打印机的构造简图如图9—3—17所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10-5m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画上下位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.图9—3—17设偏转板板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸3.2cm.假设一个墨汁微滴的质量为1.6×10-10kg，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103V，假设墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0mm.求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性.）为了使纸上的字体放大10%，请你分析提出一个可行的方法.【解析】由y=知y与成正比.将偏转板与纸的距离增大到3.6cm即可.【答案】q=1.25×10-13C；将偏转板与纸的距离增大到3.6cm.※13.如图9—3—18所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子(不计重力)以v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出，那么图9—3—1859/59\n①假设该粒子以速度“-v”从B点射入，那么它刚好以速度“-v0”从A点射出②假设将q的反粒子(-q、m)以“-v”从B点射入，它将刚好以速度“-v0”从A点射出③假设将q的反粒子(-q、m)从B点以“-v0”射入电场，它将刚好以“-v”从A点射出④假设该粒子以“-v0”从B点射入电场，它将以“-v”从A点射出以上判断正确的选项是A.①③B.②④C.①②D.③④【解析】把匀变速曲线运动看成垂直场强方向的匀速直线运动和沿场强方向的匀变速直线运动处理，且注意沿场强方向的匀减速直线运动可看成逆向匀加速处理.【答案】A※14.如图9—3—19所示区域内存在着匀强电场，AA′、BB′、CC′是三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，BB′为零等势面，一个质量为m、带正电、电量为q的粒子以初速v0进入电场中的P点，PA′=2cm，粒子恰好从C′点离开电场，不计粒子重力，求粒子离开电场时的速度大小和方向及C′点的电势.图9—3—19【解析】粒子在电场中的运动时间为t=离开电场时粒子沿电场力方向加速运动的末速度为vy=v0=v0所以，离子离开电场时的速度为v=速度方向与等势面成45°角由动能定理得UPC′q=mv2-mv02UPC′=那么UB′C′=由于φB=0故φC′=59/59\n【答案】v0，与水平成45°角；※15.如图9—3—20所示，电子以v0的速度沿与电场垂直的方向从A点飞入匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角的方向飞出.设电子的电量为e，质量为m，那么A、B两点间的电势差UAB=______.图9—3—20【解析】分解速度v可求出v=2v0，由动能定理得：W=mv2-mv02，再根据U=求电势差:UAB=【答案】※16.如图9—3—21所示，四个相同的金属容器共轴排列旋转，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔.在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场.今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，那么该电子停顿运动前图9—3—21A.通过各容器的速度比依次为∶∶1B.通过各容器的时间比依次为5∶3∶1C.通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1D.通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1【解析】由qU＝mv2，可从右往左考虑，可得：v＝，设每段电压为U′那么通过各容器的速度比为v3∶v2∶v1＝1∶∶.所以v1∶v2∶v3＝∶∶1；59/59\n通过各容器的时间应为.所以t1∶t2∶t3＝∶∶1；通过各间隙的时间比为：（－）∶（－）∶1；匀强电场受力相同，所以a相同.【答案】A※17.一个质量为m、带有电荷－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙.轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图9—3—22所示，小物体以速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力Ff作用，且Ff＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停顿运动前所通过的总路程s.图9—3—22【解析】求解此题的关键有三点：首先要能判断出物体最终所停顿的位置；其次是分析清物体的往复运动过程；最后还要确定各力的做功特点及能量的相互转化情况.根据Ff＜qE，物体最终只可能停在O点.物体做往复运动的全过程中，电场力对物体做正功，且功的大小与路程无关，只决定于初、末位置的距离x0，即WF=qEx0；而摩擦力始终对物体做负功，且功的大小决定于所通过的路程s，即Wf=-Ffs.根据动能定理可得：qEx0-Ffs=0-mv02所以，物体停顿运动前通过的总路程为：s=(mv02+2qEx0)/2Ff【答案】※18.一个绝缘斜面与水平面的夹角为α，放在水平向右的匀强电场中，如图9—3—23所示.一个带电量为+q、质量为m的物体，在斜面上的A点受到沿斜面向上的短时冲量I的作用，由静止开场沿斜面向上运动.求：图9—3—23（1）假设增大电场，仍使小物块能够沿斜面通过距A点s远的B点，水平方向的均强电场的电场强度的最大值是多少？（2）在第（1）问的条件下，小物块通过B点的动能是多少？【解析】（1）当小物体对斜面的压力为零时，电场强度到达最大值，那么Eqsinα=mgcosα59/59\n①E=②(2)在上述条件下，物体沿斜面滑动时只受电场力和重力作用，由动能定理得mgssinα+Eqscosα=EkB-mv02③又由于mv02=④由②③④得EkB=+【答案】（1）；(2)+章末综合讲练●知识网络●高考试题图9—1一、电场强度和电场力1.（2022年新课程理科综合）如9—1图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上.a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小.已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是A.F1B.F2C.F3D.F4【解析】a对c59/59\n为斥力，方向沿ac连线背离a；b对c为引力，方向沿bc连线指向b.由此可知，二力的合力可能为F1或F2.又已知b的电量比a的大，由此又排除掉F1，只有F2是可能的.【答案】B2.(2022年上海理综)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场.图9—2为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的选项是图9—2A.a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B.a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C.a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D.a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量【解析】由图中电场线分布情况知，两电荷为异种电荷.b附近电场线比a附近电场线密.故b带电量大于a带电量.【答案】B3.(2022年全国高考)如图9—3所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，且每个电荷都处于平衡状态.图9—3(1)如q2为正电荷，那么q1为______电荷，q3为______电荷.(2)q1、q2、q3三者电量大小之比是______∶______∶______.【解析】由题可知，要使三个自由点电荷都能处于平衡状态，那么可判断q2的电性与q1、q3的电性应相反，且q1、q3的电性应相同.此题(1)中q2为正电荷，那么q1和q3必为负电荷.据Fq1q3＝Fq1q2＝Fq2q3可得：.解得，那么q1∶q2∶q3＝∶1∶.【答案】(1)负；负（2）q1∶q2∶q3=∶1∶二、电势和电势能4.（1998年上海高考）图9—59/59\n4中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点.假设带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是图9—4A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【解析】在不知电场线方向的前提下，无法判断带电粒子所带电荷的符号.故A不对.【答案】BCD图9—55.（2000年春季高考）如图9—5所示，P、Q是两个电量相等的正的点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜，用EA、EB、UA、UB分别表示A、B两点的场强和电势，那么A.EA一定大于EB，UA一定大于UBB.EA不一定大于EB，UA一定大于UBC.EA一定大于EB，UA不一定大于UBD.EA不一定大于EB，UA不一定大于UB【解析】PQ在O点的场强为0，沿OAB线到无穷远处PQ的合场强也为0，可见沿OAB线远离O点时，合场强先增大再减小，故EA不一定大于EB，而电势离电荷越远越低，必有UA＞UB，故B正确.【答案】B6.（2022年全国高考）如图9—6所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc，Ua＞Ub＞Uc.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示.由图可知图9—6A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减少【解析】当带电粒子从K到L的过程中，粒子受到库仑斥力作用，抑制电场力做功，其动能减少，电势能增加，故AC正确，同时可知，BD错误.【答案】AC三、电容器、带电粒子在电场中的运动59/59\n7.（2000年全国高考）对于水平放置的平行板电容器，以下说法正确的选项是A.将两板的间距加大，电容将增大B.将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将变小C.在下板的内外表上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D.在下板的内外表上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大【解析】由C＝，可判断.【答案】BCD8.（2022年上海高考）如图9—7所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，那么从M点运动到N点的过程中图9—7A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于抑制摩擦力做的功【解析】小物块远离电荷Q，那么它所受电场力减小.小物块在电场力的作用下从静止开场运动，电场力做正功，电势能减小，由动能定理知，电场力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，即电场力做的功(电势能的变化量)等于抑制摩擦力做的功，所以，A、B、D选项正确.由于不知道电荷的性质，无法判断M、N点电势的上下，C选项错误.【答案】ABD9.（2022年上海高考）在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为1.0×10-8C、质量为2.5×10-3kg的物体在光滑水平面上沿着x轴做直线运动，其位移与时间的关系是x=0.16t-0.02t2，式中x以米为单位，t以秒为单位.从开场运动到5s末物体所经过的路程为______m，抑制电场力所做的功为______J.【解析】由x=0.16t-0.02t2知，物体的初速度v0=0.16m/s，加速度a=-0.04m/s2.那么物体到速度减小到零所经历的时间为t1=s=4s4s内的位移为x1=0.16×4-0.02×42m=0.32m第5s物体从速度为零反方向做匀加速运动，位移大小为x2=-at22=×0.04×12m=0.02m物体的路程为s=x1+x2=0.34m在5s内物体抑制电场力所做的功为W=Eqx=-max=2.5×10-3×0.04×(0.16×5-0.02×52)J=3.0×10-5J【答案】0.34；3.0×10-510.（2022年上海高考）一束质量为m、电量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v059/59\n进入匀强电场，如图9—8所示.如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L.设粒子束不会击中极板，那么粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为______.(粒子的重力忽略不计)图9—8【解析】粒子在v0的方向上做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速运动，加速度a=Uq/dm，离开电场时vt=，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，粒子电势能的变化量ΔEp等于其动能增加量ΔEk，那么有ΔEp=ΔEk，ΔEk=mvt2-mv0=vt2=，故粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为.【答案】11.（2022年全国高考）有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1.00×10-7C.A、B之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图9—9所示.现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会到达新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少.(不计两带电小球间相互作用的静电力)图9—9【解析】图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新到达平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角.59/59\n图1图2A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图.由平衡条件T1sinα+T2sinB=qET1cosα=mg+T2cosBB球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力图3T2，方向如图.由平衡条件T2sinB=qET2cosB=mg联立以上各式并代入数据，得α=0B=45°由此可知，A、B球重新到达平衡的位置如图4所示.图4与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA=mgl(1-sin60°)B球的重力势能减少了EB=mgl(1-sin60°+cos45°)A球的电势能增加了WA=qElcos60°B球的电势能减少了WB=qEl(sin45°-sin30°)两种势能总和减少了W=WB-WA+EA+EB代入数据解得W=6.8×10-2J【答案】6.8×10-2J12.(1999年全国高考)在光滑水平面上有一质量m=1.0×10－3kg，电量q＝1.0×10－10C的带正电小球，静止在O点.以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy.现突然加一沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106V／m的匀强电场，使小球开场运动.经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V／m的匀强电场.再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零.求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.【解析】由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为a=代入数值得a＝m/s2＝0.20m/s2当场强沿x正方向时，经过1s小球的速度大小为vx＝at＝0.20×1.0m/s＝0.20m/s速度的方向沿x轴正方向.小球沿x轴方向移动的距离Δx1＝at2＝×0.20×1.02m＝0.10m59/59\n在第2s内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动.沿x方向移动的距离Δx2＝vxt＝0.20m沿y方向移动的距离Δy＝at2＝×0.20×1.02m＝0.10m故在第2s末小球到达的位置坐标x2＝Δx1＋Δx2＝0.30my2＝Δy＝0.10m在第2s末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度vy＝at＝0.20×1.0m/s＝0.20m/s由上可知，此时运动方向与x轴成45°角.要使小球速度能变为零，那么在第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角.在第3s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，那么ax＝＝0.20m/s2ay＝＝0.20m/s2在第3s末小球到达的位置坐标为x3＝x2＋vxt－axt2＝0.40my3＝y2＋vyt－ayt2＝0.20m【答案】与x轴成225°角坐标位置（0.40m，0.20m)13.(2022年广东、广西、河南高考）如图9—10（a)所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽）.在两板之间有一带负电的质点P.已知假设在A、B间加电压U0，那么质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图9—10（b)所示的随时间t变化的电压u.在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速为零.已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图（b)中u改变的各时刻t1、t2、t3和tn的表达式.(质点开场从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次.)图9—10【解析】设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有q=mg，当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，那么q-mg=ma，59/59\n解得a=g.当两板间的电压为零时，P自由下落，加速度为g，方向向下.在t=0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上做初速度为零的匀加速运动，加速度为g.设经过时间τ1，P的速度变为v1，此时使电压变为零，让P在重力作用下做匀减速运动，再经过时间τ1′，P正好到达A板且速度为零，故有v1=gτ1，0=v1-gτ1′，d=gτ12+v1τ1′-gτ1′2，由以上各式，得τ1=τ1′，τ1=，因为t1=τ1，得t1=，在重力作用下，P由A板处向下做匀加速运动，经过时间τ2，速度变为v2，方向向下，这时加上电压使P做匀减速运动，经过时间τ2′，P到达B板且速度为零，故有v2=gτ2，0=v2-gτ2′d=gτ22+v2τ2′-gτ2′2，由以上各式，得τ2=τ2′，τ2=，因为t2=t1+τ1′+τ2，得t2=(.在电场力与重力的合力作用下，P由B板处向上做匀加速运动，经过时间τ3，速度变为v3，此时使电压变为零，让P在重力作用下做匀减速运动.经过时间τ3′，P正好到达A板且速度为零，故有v3=gτ3，0=v3-gτ3′，d=gτ32+v3τ3′-gτ3′2由上得τ3=τ3′，τ3=，因为t3=t2+τ2′+τ3，得t3=.根据上面分析，因重力作用，P由A板向下做匀加速运动，经过时间τ2，再加上电压，经过时间τ2′，P到达B且速度为零，因为t4=t3+τ3′+τ2，59/59\n得t4=.同样分析可得tn=.(n≥2)【答案】tn=(n≥2)●素质能力过关检测A组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.如图9—11所示，是某电场中的一条直电场线.一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，以下有关该电场情况的判断正确的选项是图9—11A.该电场一定是匀强电场B.场强Ea一定小于EbC.电子具有的电势能εa一定小于εbD.电势φa一定低于φb【解析】根据题目条件不能判断电场是否是匀强电场，也不能比较a、b两点场强的大小.故A、B选项错.电子在电场力作用下由静止开场从a运动到b，电场力做正功，电势能减小.故εa＞εb，电势φa＜φb，C错，D对.【答案】D2.关于电势差的说法，正确的选项是A.在图9—12中，ab=bc，那么Uab=UbcB.在图9—12中，ab=bc，那么Uab＜UbcC.在匀强电场中，与电场垂直的方向上任意两点间的电势差不一定为零D.ab两点间的电势差等于单位正电荷从a点移到b点电场力做的功图9—12【解析】由U=Ed知，由于沿a、c方向电场减弱，那么Uab＞Ubc，故A、B选项均错.与电场垂直的方向上任意两点在同一等势面上，电势差一定为零，C错.根据Uab=知D选项正确.【答案】D3.（2022年上海高考）一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B59/59\n点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，那么A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB之间的关系为A.EA=EBB.EA＜EBC.εA=εBD.εA＞εB【解析】由于该负电荷只在电场力作用下做初速为零的匀加速直线运动，可知该电场一定为匀强电场，EA=EB.运动过程电场力对该电荷做正功，电荷的电势能减小，εA＞εB.【答案】AD4.有一个点电荷+Q的电场中，一群负离子恰好能沿以点电荷为圆心的圆弧从a运动到b，如图9—13所示，那么这些负离子只具有相同的图9—13A.动能和电量B.动量和电量C.质量和速度D.质量和电量【解析】由知，这些负离子的动能和电量相同.【答案】A5.如图9—14所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地，假设极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是图9—14A.两极板间的电压不变，极板上的电量变大B.两极板间的电压不变，极板上的电量变小C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小【解析】静电计的作用是通过指针的偏转角度来显示电容器两极板间的电势差大小，注意到极板B移动过程中，电容器的带电荷量不变，利用公式U=Q/C及C=，便可找出正确答案.根据平行板电容器的电容与正对面积成正比知，B板向上移，电容C变小，再利用公式U=Q/C，由于Q不变，C变小，所以U变大，C项正确.59/59\n【答案】C二、填空题6.均匀带电导体球体产生的电场，其公式为E=(R大于球体的半径，Q是球体的带电量）.已知空气的击穿场强为3×106V/m，那么一个半径为1cm的金属小球最大带电量不会超过_____C.【解析】设金属球外表附近场强最大值为3×106V/m，那么有：3×106=那么Q=0.33×10-7C【答案】0.33×10-77.如图9—15所示是一种通过测量电容器电容的变化，来检验液面上下的仪器原理图（这种仪器的优点是将非电量的变化转换为电信号，使测量自动化）.容器中装有导电液体，是电容器的一个电极；中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质.电容器的两个电极分别用导线接到指示器上.指示器显示的是电容的大小，但是从电容的大小就可以知道容器中液面位置的上下.如图指示器显示出电容增大了，那么可判断液面______（填升高或降低）.图9—15【解析】由C=知，C增大，说明S增大，即液面升高.【答案】升高8.如图9—16所示，带电粒子P所带的电荷量是Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入电场，分别打在M、N点，假设OM=MN，那么P与Q的质量之比为______.(不计重力)图9—16【解析】由OM=MN和t=知，tQ=2tp.由y=at2得59/59\n由Eq=ma得【答案】3∶49.如图9—17所示，在光滑绝缘平面上有带同种电荷的A、B两个点电荷相距无穷远.A的质量为m，且静止；B的质量为4m，且以速度v正对着A运动，在以后的运动过程（A、B没有相碰）中A、B系统的最大电势能为______.(取两球相距无穷远时的电势能为零)图9—17【解析】当A，e相距最近时，系统的电势能最大，由动量守恒定律得4mv=5mv′v′=v由能量守恒定律知，最大的电势能等于系统减少的动能，那么Epm=·4mv2-·5mv′2=mv2【答案】mv2三、计算题10.如图9—18所示，用三根长为L的绝缘细线悬挂着两个质量均为m，带电量分别为+q和-q的小球，假设加一水平向左的匀强电场，使细线被拉紧且处于平衡状态，那么所加电场E的大小应满足什么条件？图9—18【解析】以+q球为研究对象，水平细线刚好拉直时，它受力如以下图，由平衡条件得E0q=+FTcos60°①FTsin60°=mg②由①②解得E0=59/59\n【答案】E≥11.在平行于纸面的匀强电场中，有a、b、c三点，各点的电势分别为φa=8V，φb=-4V，φc=2V，如图9—19所示.已知之间夹角为60°，试求这个匀强电场场强的大小和方向.图9—19【解析】利用等电势的点的连线——等势线垂直于电场线的特点，和沿电场线方向电势降低多少与距离的关系U=E·d求解.由匀强电场的特点知，ab的中点d的电势为φd=2V，那么φd=φc，cd为等势线，△acd为等边三角形，过a作cd的垂线为电场线，那么a到cd等势面的距离为h=·sin60°=7.5cm电场强度为E=V/m=80V/m【答案】80V/m；垂直于c与ab中点的连线12.如图9—20所示是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开场下落，经分选后的颗粒分别装入A、B桶中，混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电量与质量之比均为10-5C/kg.假设已知两板间的距离为10cm，两板的竖直高度为50cm.设颗粒进入电场时的初速度为零，颗粒间相互作用不计.如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板.(1)两极板间所加的电压应多大?(2)假设带电平行板的下端距A、B桶底高度为H=1.3m，求颗粒落至桶底时速度的大小.(g=10m/s2)图9—20【解析】(1)颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度L59/59\n，由自由落体运动公式得L=gt2①颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，加速度大小为a=②离开电场时颗粒在水平方向的位移为，由匀变速直线运动规律得：=at2③联立①、②、③式解得U==1×104V(2)在颗粒下落的整个过程中，根据功能关系得：mv2=qU+mg(L+H)代入数据得：v=m/s≈6m/s【答案】(1)1×104V；(2)6m/sB组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.关于给定电容器的电容C、带电量Q、极板间电压U之间的关系，图9—21中正确的是图9—21A.①②B.②③C.①③D.②④【解析】对于给定电容器，C一定，由Q=CU知，Q与U成正比，故①③正确.【答案】C2.假设带正电荷的小球只受到电场力作用，那么它在任意一段时间内A.一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B.一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C.不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D.不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【解析】只受电场力作用的电荷在电场中作直线还是曲线运动和沿什么方向运动，取决于电荷的正负、初速度以及所处电场的性质.只受到电场力作用的带正电小球，假设它的初速度为零，那么一定是由高电势处向低电势处运动；同时，假设该带电小球所处电场的电场线是直线，那么一定是沿电场线运动，因此，只受到电场力作用的带正电小球，一定沿电场线由高电势处向低电势处运动的两个条件是：初速度为零和所处电场的电场线是直线.题中带正电的小球初速度不一定为零，所处电场的电场线不一定，故D选项正确.【答案】D3.如图9—59/59\n22中虚线表示等势面.相邻两等势面间电势差相等.有一带正电的粒子在电场中运动，实线表示该带正电的粒子的运动轨迹，粒子在a点的动能为20eV，运动到b点时的动能为2eV，假设取C点为零势点，那么当粒子的电势能为-6eV时，它的动能是图9—22A.16eVB.14eVC.6eVD.4eV【解析】由于两相邻等势面间的电势差相等，由ΔEk=Uq知，带电粒子从一个等势面运动到相邻的另一等势面，动能的改变量为6eV，那么粒子到达c时，动能为8eV，由于φc=0，那么带电粒子在c点时电势能为零，它的动能和电势能的总和为8eV，而且在运动过程中这一总和保持不变，故它的电势能为-6eV时，动能为14eV.【答案】B4.在光滑绝缘的水平面上有一个不导电的弹簧，弹簧的两端分别与金属小球A、B相连，假设A、B带上等量同种电荷，弹簧伸长x1，假设让A、B所带电量都增为原来的2倍，弹簧的伸长量为x2，那么x1与x2的关系是A.x2＞4x1B.x2=4x1C.x2＜4x1D.x2=x1【解析】平衡时两球间的排斥力和弹簧的弹力平衡，即假设两球电量都变为原来2倍，那么由于r′＞r，故x2＜4x1图9—23【答案】C5.如图9—23所示，水平固定的小圆盘A带电量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m、带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OC=h，又知道过竖直线上B点时，小球速度最大，由此可确定Q形成的电场中下述物理量的是①B点的场强②C点的场强③B点的电势④C点的电势A.①③B.②④C.①④D.②③【解析】带电圆盘周围的电场既非匀强电场，又非点电荷的电场.因此，场中某处的场强、电势应从题给条件中确定，对最大速度的点B有：F合B=0，即mg=qEB，可确定B点的场强；因C为最高点，所以有：mgh=qUOC，而盘A的电势为零，故：UC=φ0.59/59\n【答案】C二、填空题6.在一次雷雨闪电中，两块云之间的电势差为109V，从一块云移到另一块云的电量为30C，那么在这次闪电中放出的能量为____J.【解析】ΔEp=Uq=3×1010J【答案】3×10107.带电量为q1、q2，质量为m1、m2的两带异种电荷的粒子，其中q1=2q2，m1=4m2，均在真空中，两粒子除相互作用的库仑力外，不受其他力作用.已知两粒子到某固定点的距离暂保持不变，由此可知，两粒子一定做_____运动，该固定点距两带电粒子的距离之比L1∶L2=______.【解析】两粒子绕它们连线上某点，以它们间的相互吸引力为向心力做匀速圆周运动，才能保证它们不能吸到一起，它们做圆周运动的角速度相同，向心力大小相等，那么m1ω2L1=m2ω2L2【答案】匀速圆周；1∶48.如图9—24所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30°.现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得C点场强的方向与AB平行向左，那么qA带______，qA∶qB=______.图9—24【解析】由场强叠加原理知，qB在C点产生的场强沿BC方向，qA在C点产生的场强沿CA方向（如图）.并且qB在C点产生场强的竖直分量与qA在C点产生的场强相抵消.由图知：EB=①EA=②EBsin30°=EA③由①②③得qB=8qA【答案】负电；1∶89.假设在NaCl蒸气中存在由钠离子Na+和氯离子Cl-靠静电相互作用构成的单个氯化钠分子，假设取Na+和Cl-相距无限远时的电势能为零，一个NaCl分子的电势能为-6.1eV.已知使一个中性钠原子Na最外层电子脱离原子核的束缚而形成钠离子Na+所需的能量（电离能）为5.1eV，使一个中性氯原子Cl结合一个电子形成Cl-所放出的能量（亲和能）为3.859/59\neV，由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性钠原子Na和中性氯原子Cl的过程中，外界提供的总能量为______eV.【解析】把一个NaCl分子分解成Na+和Cl-的过程中，外界提供的能量为6.1eV.一个Na+复原成中性钠原子要释放5.1eV.而一个Cl-复原成氯原子外界要提供3.8eV，所以将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性Na和Cl的过程中，外界提供的总能量为ΔE=(6.1-5.1+3.8)eV=4.8eV【答案】4.8三、计算题10.静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，向外发射高速粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度.已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射离子的功率恒为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷电量为e.不计发射氧离子后飞行器质量的变化.求：（1）射出的氧离子速度；（2）每1s射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开场运动的加速度.【解析】(1)由动能定理得2Ue=mv2射出的氧离子速度为：v=2(2)设每1s发射氧离子数为n，那么P=n·U·2en=(3)由动量守恒定律得MΔv=Nmvmv飞行器的加速度为a=【答案】(1)2；(2)；(3)11.在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图9—25）.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.59/59\n图9—25【解析】设细线长为l，球的电量为q，场强为E，假设q为正，场强方向在图中向右，反之向左.从释放点到左侧最高点，重力势能的减少等于电势能的增加.mglcosθ=qEl(1+sinθ)设最低点的速度为v，此时线的拉力为T，那么mv2=mgl-EqlFT-mg=m所以FT=mg(3-)【答案】mg(3-)12.N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图9—26所示(图中画出了六个圆筒，作为示意).各筒和靶相间地连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端.整个装置放在高真空容器中.圆筒的两底面中心开有小孔.现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场).缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计.已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差U1－U2＝－U.为使打在靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量.图9—26【解析】经分析和动能定理得：每一次通过缝隙都获得qU的动能.设在第n个圆筒中的速度为vn，那么有：mvn2-mv12=(n-1)qU①第n个圆筒长Ln=vn·②由①②得第n个圆筒长度应满足条件：Ln=(n=1，2，3…)，打到靶子上离子能量为En=N·qU+mv12.【答案】Ln=(n=1，2，3…)59/59\nEn=N·qU+mv12●教学建议1.要使学生搞清场强的定义式和点电荷场强的计算式之间的联系和区别.要强调对物理公式不能只从数学的角度来认识，而要注重其物理意义和使用条件、使用范围.2.由于本章的概念较多，且概念间存在着诸多联系，复习中教师应注意引导学生对知识进展归纳、比较和梳理，使知识系统化、条理化.要帮助学生总结比较场强大小的方法，比较电势上下的方法，比较电势能大小的方法.3.电容也是电场这一章中的重要概念，同样也要让学生注意区别电容的定义式和决定式.教学中可给出平行板电容器C∝的表达形式，使学生便于记忆电容由哪些因素决定，有什么关系.平行板电容器的C、Q、U、E、S、d、ε等各量互相联系，互相制约，此类问题也是高考的热点内容，要教给学生讨论此类问题的思路和方法.4.带电粒子在电场中的运动是该章的重头戏，题目的综合性强，涉及到诸多力学规律.复习时注意教学的要求应循序渐进，可按照“平衡→直线加速→在匀强电场中偏转→在交变矩形脉冲场中的偏转”的顺序逐一研究，对学生不可要求过高、过急.59/59
